第8次作业评讲

11.1 第8次作业评讲

例 11.1.1 (解答题1，，86%) 设 $Σ$ 是半球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4$ （ $z \geq 0$ ）位于圆柱面 $(x - 1)^{2} + y^{2} = 1$ 内的部分，方向朝上。求向量场 $V (x, y, z) = (0, 0, z)^{T}$ 穿过曲面 $Σ$ 的通量。

解该通量 $F$ 可表示为 $\begin{matrix} (1) & F := \int_{Σ} z d x \land d y, z = \sqrt{4 - x^{2} - y^{2}} \end{matrix}$ 利用柱坐标（极坐标）可得 $(x, y)$ 的取值范围为 $\begin{matrix} (2) & (ρ \cos θ - 1)^{2} + ρ^{2} \sin^{2} θ \leq 1 ⟹ 0 \leq ρ \leq 2 \cos θ, - \frac{π}{2} \leq θ \leq \frac{π}{2} \end{matrix}$ 代入 $F$ 的表达式计算可得 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} F & = \int_{- π / 2}^{π / 2} d θ \int_{0}^{2 \cos θ} \sqrt{4 - ρ^{2}} ρ d ρ = \int_{- π / 2}^{π / 2} {[- \frac{1}{3} {(4 - ρ^{2})}^{3 / 2}]}_{0}^{2 \cos θ} d θ \\ = \frac{8}{3} \int_{- π / 2}^{π / 2} (1 - {| \sin θ |}^{3}) d θ = \frac{8 π}{3} - \frac{16}{3} \int_{0}^{π / 2} \sin^{3} θ d θ = \frac{8 π}{3} - \frac{32}{9} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注本题的易错点在于： $\sqrt{1 - \cos^{2} θ} = | \sin θ |$ ，而不是 $\sin θ$ ！

例 11.1.2 (解答题2，，96%) 设 $Ω$ 是 $R^{3}$ 中的有界闭区域，它的边界是分片光滑的曲面 $Σ$ ， $u, v$ 是 $Ω$ 上的连续函数，在 $Ω$ 内部具有二阶连续偏导数。证明： $\begin{matrix} (4) & \oint_{Σ} (u \nabla v - v \nabla u) \cdot n d S = \int_{Ω} (u Δ v - v Δ u) d V \end{matrix}$ 这里 $Δ = \nabla \cdot \nabla$ 是Laplace算子。

证明根据矢量分析公式可得 $\begin{matrix} (5) & \nabla \cdot (u \nabla v - v \nabla u) = u Δ v + \nabla u \cdot \nabla v - v Δ u - \nabla v \cdot \nabla u = u Δ v - v Δ u \end{matrix}$ 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (6) & \oint_{Σ} (u \nabla v - v \nabla u) \cdot n d S = \int_{Ω} \nabla \cdot (u \nabla v - v \nabla u) d V = \int_{Ω} (u Δ v - v Δ u) d V \end{matrix}$ $◻$

例 11.1.3 (解答题3，，92%) 计算： $\begin{matrix} (7) & \oint_{L} [(y^{2} - z^{2}) d x + (z^{2} - x^{2}) d y + (x^{2} - y^{2}) d z] \end{matrix}$ 其中， $L$ 是球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 在第一卦限中与三个坐标平面的交线，绕向量 $(1, 1, 1)^{T}$ 逆时针旋转。

解令 $F = {(y^{2} - z^{2}, z^{2} - x^{2}, x^{2} - y^{2})}^{T}$ ，计算旋度可得 $\begin{matrix} (8) & curl F = | \begin{matrix} e_{x} & e_{y} & e_{z} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y^{2} - z^{2} & z^{2} - x^{2} & x^{2} - y^{2} \end{matrix} | = - 2 (\begin{matrix} y + z \\ z + x \\ x + y \end{matrix}) \end{matrix}$ 令 $Σ = {(x, y, z) \in R^{3} | x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, x, y, z \geq 0}$ ，法向量指向 $+ x, + y, + z$ 方向，由Stokes公式、结合球坐标系换元计算可得 $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} \oint_{L} F \cdot d l & = \int_{Σ} curl F \cdot n d S = - 2 \int_{Σ} (y + z, x + z, x + y)^{T} \cdot (x, y, z)^{T} d S = - 4 \int_{Σ} (x y + y z + x z) d S \\ = - 12 \int_{Σ} x y d S = - 12 \int_{0}^{π / 2} \sin^{3} θ d θ \int_{0}^{π / 2} \cos ϕ \sin ϕ d ϕ = - 4 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 11.1.4 (解答题4，，86%) 求以下微分方程的通解：

(1): $(\cos x + \frac{1}{y}) d x + (\frac{1}{y} - \frac{x}{y^{2}}) d y = 0$
(2): $(y \cos x - x \sin x) d x + (y \sin x + x \cos x) d y = 0$
(3): $(3 x^{3} + y) d x + (2 x^{2} y - x) d y = 0$

解求积分因子的详细过程参考例9.3.12。

(1) 直接凑全微分可得 $\begin{matrix} (10) & \cos x d x + \frac{d y}{y} + \frac{y d x - x d y}{y^{2}} = d (\sin x + \ln y + \frac{x}{y}) = 0 \end{matrix}$ 因此通解为 $\sin x + \ln y + \frac{x}{y} = C$ 。

(2) 利用积分因子 $e^{y}$ 凑全微分可得 $\begin{matrix} (11) & e^{y} (y \cos x - x \sin x) d x + e^{y} (y \sin x + x \cos x) d y = d (e^{y} x \cos x + y e^{y} \sin x - e^{y} \sin x) = 0 \end{matrix}$ 因此通解为 $e^{y} x \cos x + y e^{y} \sin x - e^{y} \sin x = C$ 。

(3) 利用积分因子 $\frac{1}{x^{2}}$ 凑全微分可得 $\begin{matrix} (12) & 3 x d x + 2 y d y + \frac{y d x - x d y}{x^{2}} = d (\frac{3}{2} x^{2} + y^{2} - \frac{y}{x}) \end{matrix}$ 因此通解为 $\frac{3}{2} x^{3} + x y^{2} - y = C x$ 。 $◻$

例 11.1.5 (解答题5，，88%) 设 $u (x, y)$ 是调和函数，即满足Laplace方程 $Δ u = 0$ 。

(1): 证明： $u$ 具有以下平均值性质 $\begin{matrix} (13) & u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π R} \oint_{C_{R}} u d l \end{matrix}$ 其中 $C_{R}$ 是以 $(x_{0}, y_{0})$ 为中心、半径为 $R$ 的圆周。
(2): 对三元调和函数，是否有类似的平均值性质？请给出你的结论，并给予证明。

解¹ 参考例10.2.6、例10.2.7。

(1) 首先证明： $\begin{matrix} (14) & \oint_{\partial Ω} (v \frac{\partial u}{\partial n} - u \frac{\partial v}{\partial n}) d l = \int_{Ω} (v Δ u - u Δ v) d S ⟹ u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π} \oint_{\partial Ω} (u \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{2}} - \ln ∥ r ∥ \frac{\partial u}{\partial n}) d l \end{matrix}$ 再令 $Ω = D_{R}$ 即可。

(2) 对于三维的情形，首先证明： $\begin{matrix} (15) & \oint_{\partial Ω} (v \frac{\partial u}{\partial n} - u \frac{\partial v}{\partial n}) d S = \int_{Ω} (v Δ u - u Δ v) d V ⟹ u (r_{0}) = \frac{1}{4 π} \oint_{\partial Ω} (u \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} + \frac{1}{∥ r ∥} \frac{\partial u}{\partial n}) d S \end{matrix}$ 再令 $Ω = B_{R}$ 即可。 $◻$

解² (1) 令 $\begin{matrix} (16) & f (r) = \frac{1}{2 π r} \oint_{C_{r}} u d l = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} u d θ \end{matrix}$ 当 $r > 0$ 时，求导可得 $\begin{matrix} (17) & f^{'} (r) = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{\partial u}{\partial r} d θ = \frac{1}{2 π r} \oint_{C_{r}} n \cdot \nabla u d l \overset{Green}{=} \frac{1}{2 π r} \int_{D_{r}} Δ u d S = 0 \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (18) & f (r) = const = lim_{r \to 0^{+}} f (0) = u (x_{0}, y_{0}) \end{matrix}$

(2) 同理，令 $\begin{matrix} (19) & f (r) = \frac{1}{4 π r^{2}} \oint_{S_{r}} u d S = \frac{1}{4 π} \int_{- π}^{π} d ϕ \int_{0}^{π} u \sin θ d θ \end{matrix}$ 当 $r > 0$ 时，求导可得 $\begin{matrix} (20) & f^{'} (r) = \frac{1}{4 π} \int_{- π}^{π} d ϕ \int_{0}^{π} \frac{\partial u}{\partial r} \sin θ d θ = \frac{1}{4 π r^{2}} \oint_{S_{r}} n \cdot \nabla u d S \overset{Gauss}{=} \frac{1}{4 π r^{2}} \int_{B_{r}} Δ u d V = 0 \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (21) & f (r) = const = lim_{r \to 0^{+}} f (0) = u (r_{0}) \end{matrix}$ $◻$

解³ (1) 记 $D_{r}$ 为以 $(x_{0}, y_{0})$ 为中心、半径为 $r$ 的圆盘，利用 $r = (x - x_{0}, y - y_{0})^{T} = r n$ 可得 $\begin{matrix} (22) & u (x, y) = u (x_{0}, y_{0}) + \int_{(x_{0}, y_{0})}^{(x, y)} \nabla u \cdot d l = u (x_{0}, y_{0}) + lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{R} \nabla u \cdot n d r \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (23) & \begin{aligned} \frac{1}{2 π R} \oint_{C_{R}} u d l & = \frac{1}{2 π R} \oint_{C_{R}} [u (x_{0}, y_{0}) + lim_{ε \to 0^{+}} \int_{0}^{R} \nabla u \cdot n d r] d l \\ = u (x_{0}, y_{0}) + \frac{1}{2 π} lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{R} \frac{d r}{r} \oint_{C_{R}} n \cdot \nabla u d l \\ \overset{Green}{=} u (x_{0}, y_{0}) + \frac{1}{2 π} lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{R} \frac{d r}{r} \int_{D_{R}} Δ u d S = u (x_{0}, y_{0}) \end{aligned} \end{matrix}$

(2) 记 $S_{r}, B_{r}$ 分别表示以 $r_{0}$ 为中心、半径为 $r$ 的球面、球体，同理可得 $\begin{matrix} (24) & \begin{aligned} \frac{1}{4 π R^{2}} \oint_{S_{R}} u d S & = \frac{1}{4 π R^{2}} \oint_{S_{R}} [u (r_{0}) + lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{R} \nabla u \cdot n d r] d S \\ = u (r_{0}) + \frac{1}{4 π R^{2}} lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{R} d r \oint_{S_{R}} n \cdot \nabla u d S \\ \overset{Gauss}{=} u (r_{0}) + \frac{1}{4 π R^{2}} lim_{ε \to 0^{+}} \int_{ε}^{R} d r \int_{B_{R}} Δ u d V = u (r_{0}) \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

解⁴ (1) 记 $M_{0} := max_{D_{R}} | u |$ 、 $M_{1} := max_{D_{R}} ∥ \nabla u ∥$ ，利用 $r = (x - x_{0}, y - y_{0})^{T} = r n$ 可得 $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} \oint_{C_{R}} u d l & = \frac{1}{R} \oint_{C_{R}} n \cdot (u r) d l \overset{Green}{=} \frac{1}{R} \int_{D_{R}} \nabla \cdot (u r) d S = \frac{1}{R} \int_{D_{R}} (\nabla u \cdot r + u \nabla \cdot r) d S \\ = \frac{2}{R} \int_{D_{R}} u d S + \frac{1}{R} \int_{ε}^{R} r d r \oint_{C_{r}} n \cdot \nabla u d l + \frac{1}{R} \underset{\leq M_{1} \cdot ε \cdot π ε^{2} \to 0}{\underset{⏟}{\int_{D_{ε}} \nabla u \cdot r d S}} \\ \overset{Green}{=} \frac{2}{R} \int_{D_{R}} u d S + \frac{1}{R} \int_{ε}^{R} r d r \int_{D_{r}} Δ u d S = \frac{2}{R} \int_{D_{R}} u d S \end{aligned} \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (26) & \frac{d}{d R} \int_{D_{R}} u d S = \oint_{C_{R}} u d l + lim_{ε \to 0^{+}} \underset{\leq \frac{1}{ε} \cdot ε \cdot ε \cdot M_{0} \cdot 2 π \to 0}{\underset{⏟}{\frac{1}{ε} \int_{R}^{R + ε} d r \int_{- π}^{π} (r - R) u d θ}} = \oint_{C_{R}} u d l \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (27) & \frac{d}{d R} (\frac{1}{π R^{2}} \int_{D_{R}} u d S) = - \frac{2}{π R^{3}} \int_{D_{R}} u d S + \frac{1}{π R^{2}} \oint_{C_{R}} u d l = 0 \end{matrix}$ 令 $R \to 0^{+}$ 、利用积分中值定理可得 $\begin{matrix} (28) & \frac{1}{π R^{2}} \int_{D_{R}} u d S = lim_{R \to 0^{+}} \frac{1}{π R^{2}} \int_{D_{R}} u d S = u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π R} \oint_{C_{R}} u d l \end{matrix}$

(2) 同理可证 $\begin{matrix} (29) & \oint_{S_{R}} u d S = \frac{3}{R} \int_{B_{R}} u d V, \frac{d}{d R} \int_{B_{R}} u d V = \oint_{S_{R}} u d S \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (30) & \frac{d}{d R} (\frac{3}{4 π R^{3}} \int_{B_{R}} u d V) = - \frac{9}{4 π R^{4}} \int_{B_{R}} u d V + \frac{3}{4 π R^{3}} \oint_{S_{R}} u d S = 0 \end{matrix}$ 令 $R \to 0^{+}$ 、利用积分中值定理可得 $\begin{matrix} (31) & \frac{3}{4 π R^{3}} \int_{B_{R}} u d V = lim_{R \to 0^{+}} \frac{3}{4 π R^{3}} \int_{B_{R}} u d V = u (r_{0}) = \frac{1}{4 π R^{2}} \oint_{S_{R}} u d S \end{matrix}$ $◻$

解⁵ (1) 利用极坐标系下的Laplace算子展开式可得 $\begin{matrix} (32) & Δ u = \frac{\partial^{2} u}{\partial r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r} + \frac{1}{r^{2}} \frac{\partial^{2} u}{\partial θ^{2}} = 0 \end{matrix}$ 沿 $C_{r}$ 积分（ $d l = r d θ$ ）可得 $\begin{matrix} (33) & \int_{- π}^{π} (r \frac{\partial^{2} u}{\partial r^{2}} + \frac{\partial u}{\partial r}) d θ = \oint_{C_{r}} (\frac{\partial^{2} u}{\partial r^{2}} + \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial r}) d l = - \frac{1}{r^{2}} \oint_{C_{r}} \frac{\partial^{2} u}{\partial θ^{2}} d l = - \frac{1}{r} \int_{- π}^{π} \frac{\partial^{2} u}{\partial θ^{2}} d θ = 0 \end{matrix}$ 令 $\begin{matrix} (34) & f (r) = \frac{1}{2 π r} \oint_{C_{r}} u d l = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} u d θ ⟹ f^{(n)} (r) = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{\partial^{n} u}{\partial r^{n}} d θ \end{matrix}$ 代入可得关于 $f$ 的常微分方程 $\begin{matrix} (35) & r f^{″} + f^{'} = 0 ⟹ f (r) = A + B \ln r \end{matrix}$ 令 $r \to 0^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (36) & f (0) = lim_{r \to 0^{+}} \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} u d θ = u (x_{0}, y_{0}) ⟹ B = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (37) & f (r) = const = f (0) = u (x_{0}, y_{0}) \end{matrix}$

(2) 同理，利用球坐标系下的Laplace算子展开式可得 $\begin{matrix} (38) & Δ u = \frac{\partial^{2} u}{\partial r^{2}} + \frac{2}{r} \frac{\partial u}{\partial r} + \frac{1}{r^{2} \sin θ} \frac{\partial}{\partial θ} (\sin θ \frac{\partial u}{\partial θ}) + \frac{1}{r^{2} \sin^{2} θ} \frac{\partial^{2} u}{\partial ϕ^{2}} = 0 \end{matrix}$ 沿 $S_{r}$ 积分（ $d S = r^{2} \sin θ d θ d ϕ$ ）可得 $\begin{matrix} (39) & \begin{aligned} \int_{- π}^{π} d ϕ \int_{0}^{π} (r^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial r^{2}} + 2 r \frac{\partial u}{\partial r}) \sin θ d θ & = - 2 π \int_{0}^{π} \frac{\partial}{\partial θ} (\sin θ \frac{\partial u}{\partial θ}) d θ - \int_{0}^{π} \frac{d θ}{\sin θ} \int_{- π}^{π} \frac{\partial^{2} u}{\partial ϕ^{2}} d ϕ \\ = {- 2 π \cdot \sin θ \frac{\partial u}{\partial θ} |}_{θ = 0}^{π} - \int_{0}^{π} \frac{d θ}{\sin θ} {\frac{\partial u}{\partial ϕ} |}_{ϕ = - π}^{π} = 0 + 0 = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $\begin{matrix} (40) & f (r) = \frac{1}{4 π r^{2}} \oint_{S_{r}} u d S = \frac{1}{4 π} \int_{- π}^{π} d ϕ \int_{0}^{π} u \sin θ d θ ⟹ f^{(n)} (r) = \frac{1}{4 π} \int_{- π}^{π} d ϕ \int_{0}^{π} \frac{\partial^{n} u}{\partial r^{n}} \sin θ d θ \end{matrix}$ 代入可得关于 $f$ 的常微分方程 $\begin{matrix} (41) & r f^{″} + 2 f^{'} = 0 ⟹ f (r) = A + \frac{B}{r} \end{matrix}$ 令 $r \to 0^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (42) & f (r) = lim_{r \to 0^{+}} \frac{1}{4 π} \int_{- π}^{π} d ϕ \int_{0}^{π} u \sin θ d θ = u (r_{0}) ⟹ B = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (43) & f (r) = const = f (0) = u (r_{0}) \end{matrix}$ $◻$